Диференціальні рівняння першого порядку, не розв"язані відносно похідної (реферат)

Реферат на тему:

Диференціальні рівняння першого порядку, не розв’язані відносно похідної

Диференціальне рівняння першого порядку, не розв’язане відносно похідної, має такий вигляд.

$$F(x,y,y\text{'})=0\text{.}$$.

Частинні випадки рівнянь, що інтегруються в квадратурах

Розглянемо ряд диференціальних рівнянь, що інтегруються в квадратурах.

1) Рівняння вигляду $$F(y\text{'})=0$$. Нехай алгебраїчне рівняння $$F(k)=0$$ має по крайній мірі один дійсний корінь $$k=k_0$$. Тоді, інтегруючи $$y\text{'}=k_0$$, одержимо $$y=k_{0}x+C$$. Звідси $$k_0=\frac{y-C}{x}$$ і вираз $$F\left(\frac{y-c}{x}\right)=0$$ містить всі розв’язки вихідного диференціального рівняння.

2) Рівняння вигляду $$F(x,y\text{'})=0$$. Нехай це рівняння можна записати у параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}x=(t)\\ y\text{'}=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Використовуючи співвідношення $$\text{dy}=y\text{'}\text{dx}$$, одержимо $$\text{dy}=(t)\text{'}(t)\text{dx}$$. Проінтегрувавши, запишемо.

$$y={}_{}^{}(t)\text{'}(t)\text{dt}+C$$ .

І загальний розв’язок в параметричній формі має вигляд.

$$\begin{array}{c}x=(t)\\ y={}_{}^{}(t)\text{'}(t)\text{dt}+C\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

3) Рівняння вигляду $$F(y,y\text{'})=0$$. Нехай це рівняння можна записати у параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}y=(t)\\ y\text{'}=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Використовуючи співвідношення $$\text{dy}=y\text{'}\text{dx}$$, отримаємо $$\text{'}(t)\text{dt}=(t)\text{dx}$$ і $$\text{dx}=\frac{\text{'}(t)}{(t)}\text{dt}$$. Проінтегрувавши, запишемо.

$$x={}_{}^{}\frac{\text{'}(t)}{(t)}\text{dt}+C$$ .

І загальний розв’язок в параметричній формі має вигляд.

$$\begin{array}{c}x={}_{}^{}\frac{\text{'}(t)}{(t)}\text{dt}+C\\ y=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

4) Рівняння Лагранжа.

$$y=(y\text{'})x+(y\text{'})$$ .

Введемо параметр $$y\text{'}=\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=p$$ і отримаємо.

$$y=(p)x+(p)\text{.}$$.

Продиференціювавши, запишемо.

$$\text{dy}=\text{'}(p)\text{xdp}+(p)\text{dx}+\text{'}(p)\text{dp}\text{.}$$.

Замінивши $$\text{dy}=\text{pdx}$$ одержимо.

$$\text{pdx}=\text{'}(p)\text{xdp}+(p)\text{dx}+\text{'}(p)\text{dp}\text{.}$$.

Звідси.

$$\left[p-(p)\right]\text{dx}-\text{'}(p)\text{xdp}=\text{'}(p)\text{dp}\text{.}$$.

І отримали лінійне неоднорідне диференціальне рівняння.

$$\frac{\text{dx}}{\text{dp}}+\frac{\text{'}(p)}{(p)-p}x=\frac{\text{'}(p)}{p-(p)}\text{.}$$.

Його розв’язок.

$$x=e^{{}_{}^{}\frac{\text{'}(p)}{(p)-p}\text{dp}}\left[{}_{}^{}\frac{\text{'}(p)}{p-(p)}{e}^{{}_{}^{}\frac{\text{'}(p)}{(p)-p}\text{dp}}\text{dp}+C\right]=(p,C)\text{.}$$.

І остаточний розв’язок рівняння Лагранжа в параметричній формі запишеться у вигляді.

$$\begin{array}{c}x=(p,C)\\ y=(p)(p,C)+(p)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

5) Рівняння Клеро.

Частинним випадком рівняння Лагранжа, що відповідає $$(y\text{'})=y\text{'}$$ є рівняння Клеро.

$$y=y\text{'}x+(y\text{'})\text{.}$$.

Поклавши $$y\text{'}=\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=p$$, отримаємо $$y=\text{px}+(p)$$. Продиференцюємо $$\text{dy}=\text{pdx}+\text{xdp}+\text{'}(p)\text{dp}\text{.}$$ Оскільки $$\text{dy}=\text{pdx}$$, то.

$$\text{pdx}=\text{pdx}+\text{xdp}+\text{'}(p)\text{dp}\text{.}$$.

Скоротивши, одержимо $$[x+\text{'}(p)]\text{dp}=0\text{.}$$ Можливі два випадки.

1. $$x+\text{'}(p)=0$$ і розв’язок має вигляд.

$$\begin{array}{c}x=-\text{'}(p)\\ y=-\mathit{p}\text{'}(p)+(p)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

2. $$\text{dp}=\mathrm{0,}p=C$$ і розв’язок має вигляд.

$$y=\text{Cx}+(C)$$ .

Загальним розв’язком рівняння Клеро буде сім'я прямих $$y=\text{Cx}+(C)$$. Цю сім'ю огинає особа крива $$x=-\text{'}(p)$$, $$y=-\mathit{p}\text{'}(p)+(p)$$ .

6) Параметризація загального вигляду. Нехай диференціальне рівняння $$F(x,y,y\text{'})=0$$ вдалося записати у вигляді системи рівнянь з двома параметрами.

$$x=(u,v),y=(u,v),y\text{'}=(u,v)$$ .

Використовуючи співвідношення $$\text{dy}=y\text{'}\text{dx}$$, одержимо.

$$\frac{(u,v)}{u}\text{du}+\frac{(u,v)}{v}\text{dv}=(u,v)\left[\frac{(u,v)}{u}\text{du}+\frac{(u,v)}{v}\text{dv}\right]$$ .

Перегрупувавши члени, одержимо.

$$\left[\frac{(u,v)}{u}-(u,v)\frac{(u,v)}{u}\right]\text{du}=\left[(u,v)\frac{(u,v)}{v}-\frac{(u,v)}{v}\right]\text{dv}$$ .

Звідси.

$$\frac{\text{du}}{\text{dv}}=\frac{(u,v)\frac{(u,v)}{v}-\frac{(u,v)}{v}}{\frac{(u,v)}{u}-(u,v)\frac{(u,v)}{u}}$$ .

Або отримали рівняння вигляду.

$$\frac{\text{du}}{\text{dv}}=f(u,v)$$ .

Параметризація загального вигляду не дає інтеграл диференціального рівняння. Вона дозволяє звести диференціальне рівняння, не розв’язане відносно похідної, до диференціального рівняння, розв’язаного відносно похідної.

7) Нехай рівняння $$F(x,y,y\text{'})=0$$ можна розв’язати відносно $$y\text{'}$$ і воно має $$n$$ -коренів, тобто його можна записати у вигляді $$\underset{i=1}{\overset{n}{}}\left[y\text{'}-f_i(x,y)\right]=0$$ .

Розв’язавши кожне з рівнянь $$y\text{'}=f_i(x,y),i=\stackrel{}{\mathrm{1,}n}$$, отримаємо $$n$$ загальних розв’язків (або інтервалів) $$y={}_i(x,C),i=\stackrel{}{\mathrm{1,}n}$$ (або $${}_i(x,y)=C,i=\stackrel{}{\mathrm{1,}n}$$). І загальний розв’язок вихідного рівняння, не розв’язаного відносно похідної має вигляд.

$$\underset{i=1}{\overset{n}{}}\left[y-{}_i(x,C)\right]=0$$ або $$\underset{i=1}{\overset{n}{}}\left({}_i(x,y)-C\right)=0$$ .